Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku.

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i wyznaczamy długość wysokości ściany bocznej ostrosłupa.

$h^2+1^2=4^2$  

$h^2+1=16\mid -1$  

$h^2=15$  

$h=\sqrt{15}\left[\text{cm}\right]$  

Odcinek oznaczony literą y jest wysokością trójkąta równobocznego o boku długości 2 cm, więc: 

$y=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\left[\text{cm}\right]$  

Korzystamy z zależności trygonometrycznych i wyznaczamy cos 𝛽.

$\cos \beta =\frac{y}{h}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{15}}$  

Teraz korzystamy z twierdzenia cosinusów i wyznaczamy długość x.

$x^2={\left(2y\right)}^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2-2\cdot 2y\cdot \frac{h}{2}\cdot \cos \beta$  

$x^2={\left(2\sqrt{3}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)}^2-2\cdot 2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{15}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{15}}$  

$x^2=12+\frac{15}{4}-2\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}$  

$x^2=12+\frac{15}{4}-2\cdot 3$  

$x^2=12+\frac{15}{4}-6$  

$x^2=6+\frac{15}{4}$  

$x^2=\frac{24}{4}+\frac{15}{4}$  

$x^2=\frac{39}{4}$  

$x=\frac{\sqrt{39}}{2}\left[\text{cm}\right]$  

Ponownie korzystamy z twierdzenia cosinusów i wyznaczamy cos 𝛼.

${\left(\frac{h}{2}\right)}^2={\left(2y\right)}^2+x^2-2\cdot 2y\cdot x\cdot \cos \alpha$  

${\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)}^2={\left(2\sqrt{3}\right)}^2+\frac{39}{4}-2\cdot 2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{39}}{2}\cdot \cos \alpha$  

$\frac{15}{4}=12+\frac{39}{4}-2\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{13}\cdot \cos \alpha$  

$\frac{15}{4}=\frac{48}{4}+\frac{39}{4}-2\cdot 3\cdot \sqrt{13}\cdot \cos \alpha$  

$\frac{15}{4}=\frac{87}{4}-6\sqrt{13}\cdot \cos \alpha \mid -\frac{87}{4}$  

$-\frac{72}{4}=-6\sqrt{13}\cdot \cos \alpha$  

$-18=-6\sqrt{13}\cdot \cos \alpha \mid :\left(-6\sqrt{13}\right)$  

$\frac{3}{\sqrt{13}}=\cos \alpha$  

$0,83\approx \cos \alpha$  

Wobec tego:

$\alpha \approx {34}^{\circ }$  

---

---

$\text{ok.}{34}^{\circ }$